暑期综合提高练习（四）电磁学3——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案

这是一份暑期综合提高练习（四）电磁学3——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．为了测量储液罐中不导电液体的液面高度，设计装置如图所示.将与储液罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储液罐中，电容C可通过开关S与线圈L或电源构成闭合回路.当开关从a拨到b时，由线圈L与电容C构成的回路中产生振荡电流，振荡电流的频率f=12πLC，通过测量振荡频率可知储液罐内的液面高度.则下列说法正确的是（ ）
A．当储液罐内的液面升高时，电容变小
B．当储液罐内的液面升高时，LC振荡电路中振荡电流的频率变小
C．开关接b之后，振荡电流的振幅和频率始终保持不变
D．当开关从接a到接b瞬间，电容器两极板的电荷量最大，流过线圈L的电流最大
2．如图所示，产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成的损害，高大的建筑物会安装避雷针，图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两条等势线间的电势差相等，a、b两点的场强大小分别为Ea、Eb，a、b两点的电势分为φa、φb，下列说法正确的是
A．φa＞φb
B．Ea＞Eb
C．避雷针的顶端带正电
D．一带正电的雨滴从a点下落至b点，电场力做正功
3．如图甲所示,一质量为m、边长为L,电阻为R的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平面上.空间中存在一竖直向下的单边界匀强磁场,线框有一半在磁场内.其ad边与磁场边界平行.t=0时刻起,磁场的磁感应强度大小随时间均匀减小,如图乙所示.线框运动的v-t图像如图丙所示,图中斜向虚线为O点处速度图线的切线,则( )
甲 乙 丙
A．线框中的感应电流沿逆时针方向
B．磁感应强度的变化率为mv0RB0t1L3
C．t3时刻,线框的热功率为4m2v02RB02L2t12
D．0~t2时间内,通过线框的电荷量为mv0B0L
4．如图所示，某空间有一竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，两条平行通电长直导线M和N，固定在某水平面上，电流方向如图.与M和N平行的电流元（不计重力）放在位置P，恰好平衡.图中为垂直导线的截面图，已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与到导线的距离成反比，P、M、N构成边长分别为L、2L、L的等腰直角三角形.则（ ）
A. 通电直导线M在P点产生的磁感应强度大小为22B
B. 电流元P的电流方向一定垂直纸面向外
C. P关于水平面的对称点Q的磁感应强度大小为零
D. P的正下方22L处的合磁感应强度大小为2B
5．如图所示（俯视图），空间中有一竖直向下的匀强磁场，等边三角形AOC在水平面内，边长为L，D为AC中点.粒子a以速度v0沿AO方向从A点射入磁场，恰好能经过C点，粒子b以沿OC方向的速度从O点射入磁场，恰好能经过D点.已知两粒子的质量均为m、电荷量绝对值均为q，粒子的重力及粒子间的相互作用均可忽略，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子b的速度大小也为v0
C．匀强磁场磁感应强度大小为B=3mv03qL
D．若粒子b从O点以原速率沿水平面内任意方向射出，则粒子b从出发到经过AC边的最短时间为3πL9v0
6．南极科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度，其原理可简化为如图所示模型，电路中有一段长方体形状的金属导体，长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流沿x轴正方向，大小为I.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子的定向移动可视为匀速运动，测出的金属导体前后两个表面间电压为U，则（ ）
A．金属导体的前表面电势较高
B．地磁场的磁感应强度为neaUI
C．自由电子定向移动的速度大小为Ineac
D．导体中每个自由电子所受洛伦兹力的大小为eUb
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是（ ）
A. 电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多
B. W=UIt适用于任何电路，而W=U2Rt只适用于纯电阻电路
C. 在非纯电阻电路中，UI>I2R
D. 焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路
8．如图所示，某小型水电站通过升压变压器T1、高压输电线路和降压变压器T2将产生的电能输送给10 km外的用户，已知水电站输出电压为100 V，高压输电线路的阻值为5 Ω，输电总功率为40 kW，用户端电压为220 V。两变压器均为理想变压器，T1的匝数比为1∶20。下列说法正确的是( )
A．T1的输出电压为2 000 V
B．高压输电线上损失的电功率为1 kW
C．T2的匝数比n3∶n4＝100∶11
D．用户变多时，高压输电线上的电流变大
9．某物理兴趣小组设计了一种电梯防坠磁缓冲装置，其模型结构示意图如图所示。当电梯发生故障下坠时，NMPQ区域会产生可随轿厢系统一起移动的磁感应强度大小B=50T，方向垂直轿厢向里的磁场。MN和PQ为光滑绝缘缓冲轨道，固定在地面的重物K上绕有电阻R=5Ω 的单匝闭合矩形线圈，轿厢系统的总质量为m=50kg，ab长为L=1m。当轿厢系统底部NQ与线圈顶部ab重合时，轿厢系统的速度为v0=3m/s，继续下降距离ℎ=0.5m时，速度达到最小值，且此时MP未碰到ab，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 轿厢系统速度为v0时，线圈中的感应电流大小为30A
B. 轿厢系统继续下落ℎ的过程中，线圈中产生的焦耳热为500J
C. 轿厢系统继续下落ℎ过程所用的时间为0.3s
D. 轿厢系统继续下落ℎ时，速度大小为2m/s
10．如图所示，一均匀带电的金属圆环半径为R，所带电荷量为+Q，O是圆环的圆心，图中虚线是该圆环的中心轴线，轴线上P点到O点距离为x，静电力常量为k.下列说法正确的是（ ）
A. P点的电场强度大小为kQR2+x2，方向水平向右
B. P点的电场强度大小为，方向水平向右
C. 若在P点静止释放一个带负电的点电荷，则该点电荷的最大位移为2x
D. 若在O点放置一个带正电的点电荷，给其一个沿OP方向的初速度，则该点电荷做加速度先增大后减小的加速运动
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某兴趣小组利用电流传感器测量某一电容器的电容.电流传感器的反应非常快,可以捕捉到瞬间的电流变化,将它与计算机相连,还能显示出电流随时间变化的I-t图像.实验电路如图(a)所示,电源电动势和内阻的标称值分别为E和r.
(1)将电阻箱阻值调为R1.
(2)闭合开关,电源向电容器充电,直至充电完毕,得到I-t图像如图(b)所示,数出图像与坐标轴所围格子数为39,此时电容器所带的电荷量q1= C(结果保留2位有效数字),电容器两端电压U1= (用E、r和R1表示).
(3)改变电阻箱接入电路的阻值,重复前面两个步骤,得到多组对应的电阻箱阻值R和电容器所带的电荷量q.
(4)经过讨论,利用所得数据绘制图像如图(c),所绘图像应为 .
A.R-q图B.R-1q图
C.1R-q图D.1R-1q图
(5)若实验时电源实际电动势和内阻均大于标称值,利用图(c)(图中a、b均为已知量)所得电容器的电容 (填“大于”“小于”或“等于”)其真实值.
图(a) 图(b) 图(c)
12．电阻型氧气传感器的阻值会随所处环境中的氧气含量发生变化.在保持流过传感器的电流（即工作电流）恒定的条件下，通过测量不同氧气含量下传感器两端的电压，建立电压与氧气含量之间的对应关系，这一过程称为定标.一同学用图（a）所示电路对他制作的一个氧气传感器定标.实验器材有：装在气室内的氧气传感器（工作电流1mA）、毫安表（内阻可忽略）、电压表、电源、滑动变阻器、开关、导线若干、5个气瓶（氧气含量分别为1%、5%、10%、15%、20%）.
图（a）
完成下列实验步骤并填空：
（1）将图（a）中的实验器材间的连线补充完整，使其能对传感器定标；
（2）连接好实验器材，把氧气含量为1%的气瓶接到气体入口；
（3）把滑动变阻器的滑片滑到 端（填“a”或“b”），闭合开关；
（4）缓慢调整滑动变阻器的滑片位置，使毫安表的示数为1mA，记录电压表的示数U；
（5）断开开关，更换气瓶,重复步骤（3）和（4）；
（6）获得的氧气含量分别为1%、5%、10%和15%的数据已标在图（b）中；氧气含量为20%时电压表的示数如图（c），该示数为 V（结果保留2位小数）.
现测量一瓶待测氧气含量的气体，将气瓶接到气体入口，调整滑动变阻器滑片位置使毫安表的示数为1mA，此时电压表的示数为1.50V，则此瓶气体的氧气含量为 %（结果保留整数）.

图（b） 图（c）
13．如图所示，圆形线圈共100 匝，半径为r＝0.1 m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1 T，角速度为 ω＝300π rad/s，电阻为R＝10 Ω，求：
（1）线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流大小；
（2）写出线圈中电流的瞬时值表达式（磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻）；
（3）线圈转动过程中的热功率。
14．如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
15．（16分）在xOy平面直角坐标系的第一象限内，y>d的区域存在垂直平面向里的匀强磁场，0≤yd的区域磁场的磁感应强度大小为B，同时该区域存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E′=Bv0，其他条件不变，求带电粒子在第一象限运动时的最小速度大小。
参考答案
1．【知识点】生活中的传感器
【答案】B
【解析】当储液罐内的液面升高时,εr增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容变大,根据振荡电流的频率f=12πLC可知,LC回路中振荡电流的频率变小,故A错误，B正确；开关拨到b之后,振荡电流的振幅会越来越小,储液罐内的液面高度发生变化时,频率也会发生变化,故C错误；当开关从a拨到b瞬间,根据LC振荡电路的特点可知,电容器两极板的电荷量最大,流过线圈L的电流最小,故D错误.
2．【知识点】尖端放电、静电屏蔽与静电吸附
【答案】C
【解析】产生闪电的积雨云底层带负电，根据静电感应可知，避雷针的顶端带正电，C正确；电场线由避雷针顶端指向积雨云底端，由于沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知φa＜φb，A错误；等差等势线密集的地方，电场线也密集，电场强度大小也越大，则由题图可知Ea＜Eb，B错误；由于电场线由避雷针顶端指向积雨云底端，即电场强度方向向上，则一带正电的雨滴从a点下落至b点，所受电场力方向向上，电场力做负功，D错误。
3．【知识点】感生电动势与动生电动势
【答案】C
【解析】由题图乙可知垂直水平面向下的磁感应强度减小,则穿过线框的磁通量减小,根据楞次定律可知,线框中电流方向为顺时针方向,A错误;根据左手定则可判断线框受到向左的安培力作用向左加速进入磁场,在t=0时刻,感应电动势大小为E0=ΔΦΔt=12L2·ΔBΔt,由牛顿第二定律得B0E0RL=ma0,由题图丙可知在t=0时刻的加速度为a0=v0t1,联立解得ΔBΔt=2mv0RB0t1L3,B错误;由题图丙可知,t2时刻之后,线框速度恒定,说明线框已经全部进入磁场,此后虽然电路中有感应电流,但各边安培力相互抵消,所以线框做匀速直线运动,在t3时刻有E3=ΔΦΔt=L2·ΔBΔt,线框的热功率为P3=E32R,联立可得P3=4m2v02RB02L2t12,C正确;0~t2时间内,对线框用动量定理得BILΔt=mΔv,即BLΔq=mΔv,若磁场B=B0恒定,则有B0LΔq=mv0,即通过线框的电荷量为Δq=mv0B0L,但因为B随时间逐渐减小,所以通过线框的电荷量不为mv0B0L,D错误.
4．【知识点】磁感应强度
【答案】AC
【解析】因为与M和N相互平行的电流元放在位置P,恰好平衡,说明匀强磁场与通电直导线M和N在P处产生的合磁感应强度为零,根据对称性可知,长直导线M和N在位置P处产生的磁感应强度大小相等,如图所示,可知通电长直导线M在P处产生的磁感应强度大小为B1=Bcs45∘=22B,故A正确；根据题给条件无法确定电流元的电流方向,故B错误；根据安培定则和场强叠加原理可知,P关于水平面的对称点Q的磁感应强度大小为零,故C正确；P的正下方22L处,刚好为M、N连线的中点,M、N在连线中点处产生的磁感应强度大小相等,方向均竖直向下,根据通电直导线产生的磁场的磁感应强度与到导线的距离成反比,又B1=22B=kL,则M、N在连线中点处产生的磁感应强度大小均为B2=k22L=2kL=2B1=B,则P的正下方22L处的合磁感应强度大小为B合=2B2−B=B,方向竖直向下,故D错误.
5．【知识点】带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【答案】D
【解析】a、b两粒子运动轨迹如图所示,由左手定则可知,a、b两粒子都带负电,A错误；由几何知识可知ra=L2sin 60∘=33L,rb=OD=Lcs 30∘=32L,粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律对粒子a有qv0B=mv02ra,对粒子b有qvB=mv2rb,解得B=3mv0qL,粒子b的速度大小v=1.5v0,B、C错误；粒子b从O点以原速率沿水平面内任意方向射出,粒子b在磁场中做圆周运动的轨迹半径rb=32L,粒子b从O点出发到达AC边运动轨迹对应的最短弦长为OD=32L,对应的圆心角θ=60∘ ,粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2πrbv=2π×321.5v0L=23πL3v0,粒子的最短运动时间t=θ360∘T=3πL9v0,D正确.
6．【知识点】洛伦兹力的方向与大小
【答案】D
【解析】根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力指向前表面，则电子向前表面偏转，金属导体的前表面电势较低，故A错误；根据电流微观表达式可得I=neSv，S=bc，解得自由电子定向移动的速度大小为v=Inebc，故C错误；根据平衡条件可得F洛=evB=eUb，解得地磁场的磁感应强度为B=necUI，故B错误,D正确.
7．【知识点】纯电阻电路中的电功、电功率和电热、非纯电阻电路中的电功、电功率和电热
【答案】BCD
【解析】电功率越大,表示电流做功越快,但是电路中产生的焦耳热的多少还与做功的时间长短有关,选项A错误；公式W=UIt计算的是电路的总功的大小,适用于任何电路,在纯电阻电路中,根据欧姆定律I=UR,可以推导出W=I2Rt,W=U2Rt,所以W=I2Rt,W=U2Rt只能适用于纯电阻电路,选项B正确；在非纯电阻电路中,UI表示的是总功率的大小,而I2R只是电路中的发热功率,所以UI>I2R,选项C正确；焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路中的焦耳热的计算,选项D正确.
8．【知识点】电能的输送
【答案】 AD
【详解】 根据变压器电压与匝数比关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得T1的输出电压为U2＝2 000 V，A正确；高压输电线上的电流为I2＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P1,U2)＝20 A，高压输电线上损失的电功率为P损＝Ieq \\al(2,2)r＝2 000 W，B错误；高压输电线上损失的电压为ΔU＝I2r＝100 V，T2的输入电压为U3＝U2－ΔU＝1 900 V，T2的匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(95,11)，C错误；用户变多时，T2的输出电流变大，根据电流与匝数比关系，可知高压输电线的电流变大，D正确。
9．【知识点】电磁感应现象中的功能问题
【答案】AC
【详解】感应电动势为E=BLv0=150V，线圈中的感应电流大小I=ER=30A，A正确；设速度的最小值为v，NQ所受到的安培力F=BIL=B2L2vR，由牛顿第三定律，轿厢受到向上的力F′=F，速度达到最小值时，加速度为零，可得B2L2vR=mg，解得v=1m/s，轿厢系统继续下落ℎ的过程中，线圈中产生的焦耳热Q=12mv02−12mv2+mgℎ=450J，B、D错误；在轿厢系统下落ℎ过程中，由动量定理得mgt−BILt=mv−mv0，此过程的电荷量q=I⋅t=BLℎR，联立解得t=0.3s，C正确。
10．【知识点】电场的叠加
【答案】BCD
【解析】如图所示,设环上某点所带电荷量为q,其在P处产生的场强大小E1=kqR2+x2,由对称性可知,整个圆环在P处产生的场强大小为各点在P处场强的水平分量之和,即E=kQR2+x2csθ=kQx(R2+x2)32,方向水平向右，故A错误,B正确；圆环带电均匀,可知圆心处合场强为零,带电金属圆环左右两侧电场对称分布,在过圆心的直线上,圆心右侧电场强度方向水平向右,在圆心的左侧电场强度方向水平向左,所以在P点静止释放一个带负电的点电荷,该点电荷会向左做加速运动,到达圆心处速度最大,然后做减速运动,到达与P点关于圆环对称的位置速度减为零,所以点电荷的最大位移为2x,故C正确；圆环圆心处合场强为零,圆环两侧无穷远处场强也为零,根据极限法可知,在O点放置一个带正电的点电荷,给其一个沿OP方向的初速度,则该点电荷做加速度先增大后减小的加速运动,故D正确.
11．【知识点】平行板电容器电容大小及其影响因素
【答案】(2)3.1×10－3 eq \f(R1,R1＋r)E (4)D (5)大于
【解析】(2)根据I－t图像以及Q＝It可知，图像与坐标轴所围成的面积表示电容器放电前所带的电荷量，故根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子表示的电荷量为8×10－5 C，由于图像与坐标轴所围格子数为39，则电容器所带的电荷量q1＝8×10－5 C×39＝3.1×10－3 C；由串并联关系及闭合电路欧姆定律可知，电容器两端电压eq \f(U1,E)＝eq \f(R1,R1＋r)，解得U1＝eq \f(ER1,R1＋r).
(4)由于C＝eq \f(Q,U)，则q＝CU＝Ceq \f(ER,R＋r)＝eq \f(CE,1＋\f(r,R))，整理得eq \f(1,R)＝eq \f(CE,r)·eq \f(1,q)－eq \f(1,r)，图(c)是一次函数，而上式也是一次函数，故所绘图像应为eq \f(1,R)－eq \f(1,q)图像，D正确.
(5)由图(c)知斜率为k＝eq \f(－a,b)＝eq \f(CE,r)，则C＝eq \f(－ar,bE)，而截距为－eq \f(1,r)＝a，解得C＝eq \f(1,bE)，而实验时电源实际电动势和内阻均大于标称值，故上式中E偏小，C偏大，所得电容器的电容大于其真实值.
12．【知识点】其他传感器的应用
【答案】（1）见解析（2分）
（3）a（2分）
（6）1.40（3分）；17（3分）
【解析】（1）滑动变阻器以分压式接法接入电路，毫安表不计内阻，则毫安表选用内接法，实物图连线如图甲所示；
甲
（3）为了保护电路，闭合开关时，气室两端电压应为0，故滑动变阻器的滑片应滑到a端；
（6）由题图（c）可知电压表示数U=1.40V，将题图（b）中的数据点用平滑曲线连接，由题意可知毫安表的示数始终不变，由图乙可以看出，电压表示数为1.50V时，氧气含量约为17%.
乙
13．【知识点】交流电“四值”的计算及应用
【答案】
（1）3 A；（2） i＝3sin300πtA ；（3）45 W
【详解】
（1）当线圈由题图所示位置转过90°时，线圈中感应电流最大，感应电动势的最大值为 Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×300π V＝30 V，Im＝EmR＝3 A。
（2）由题意知i＝Imsin ωt，即 i＝3sin300πtA 。
（3）感应电流的有效值 I＝Im2＝ 322 A，线圈转动过程中的热功率 P＝I2R＝3222×10 W＝45 W。
14．【知识点】电磁感应定律的应用
【答案】(1)Φ=kL2t kL2 从a流向b；(2)F安=k2L3tR+art2；(3)Rar μk2L32Rar+m(g+a)
【详解】(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，根据法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔt=ΔB·SΔt=kL2，由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安=BIL，其中B=kt，设金属棒t时间内向上运动的位移为x，则根据运动学公式x=12at2，所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr，由闭合电路欧姆定律得I=ER+2xr，联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=k2L3tR+art2。
(3)由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受析，由牛顿第二定律得F-mg-μF安=ma，其中F安=k2L3tR+art2，联立可得F=μk2L3tR+art2+m(g+a)，整理有F=μk2L3Rt+art+m(g+a)，根据均值不等式可知，当Rt=art时，F有最大值，故解得t=Rar，F的最大值为Fm=μk2L32Rar+m(g+a)。
15．【知识点】带电粒子在组合场中的运动
【答案】（1） 53v0，与x轴正方向成53∘ 斜向上（4分）
（2） 8mv0qd或8mv03qd（8分）
（3） 13v0（4分）
【详解】
本题考查了带电粒子在电场中的类平抛运动、磁场中的匀速圆周运动、最小速度的临界条件分析。要求学生对粒子运动轨迹进行几何分析，通过磁场偏转半径与电场运动关联粒子路径；能确定磁场强度取值范围的边界条件，并用配速法或动量定理处理复合场中复杂运动的最小速度问题。培养复合场问题的综合分析能力，强化几何作图与数学工具（如圆周运动半径公式）的协同应用。【思路点拨】
（1） 带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,由牛顿第二定律有qE=ma，在y轴方向有d=12at2…………1分
vy=at，合速度v2=v02+vy2…………1分
tanθ=vyv0…………1分
解得v=53v0，θ=53∘ …………1分
即带电粒子第一次进入磁场时的速度大小为53v0，方向与x轴正方向成53∘ 角斜向上。
（2） 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，若带电粒子运动过程中经过坐标为(8d,0)的P点，则带电粒子在磁场运动时不能进入第二象限，临界条件是粒子轨迹恰好与y轴相切，轨迹如图设带电粒子在磁场中运动半径为R0，由牛顿第二定律有qvB0=mv2R0…………1分
临界条件下由几何知识有R0+R0sinθ=x…………1分
在x轴方向有x=v0t…………1分
解得：x=32d，R0=56d，B0=2mv0qd，故磁场的磁感应强度大小B≥B0=2mv0qd…………1分
由粒子运动轨迹可知，粒子在电磁场中完成一次周期性运动回到x轴时，设水平位移为x0，由几何知识有x0=2x−2Rsinθ=3d−85R…………1分
若带电粒子运动过程中经过坐标为(8d,0)的P点，由几何知识有x=nx0=n(3d−85R)(n=1,2,3,⋯)…………1分
解得：R=158d−5nd(n=1,2,3,⋯)，当n=1或n=2时，R无解，当n=3时，R3=524d，B3=8mv0qd…………1分
当n=4时，R4=58d，B4=8mv03qd…………1分
当n=5时，R=78d>R0，粒子进入第二象限，不合题意，当n=6，7，8，⋯ 时，同样不合题意，故磁场的磁感应强度大小的可能取值为8mv0qd或8mv03qd。
（3） 当带电粒子进入y>d的区域，粒子将在电场力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动。将带电粒子进入y>d的区域时的速度分解为沿x轴正方向的vx和沿y轴正方向的vy，其中由（1）可得vx=v0，vy=43v0…………1分
解得qE′=qvxB…………1分
带电粒子的运动可分解为沿x轴正方向、速度大小为vx=v0的匀速直线运动和初速度沿y轴正方向、初速度大小为vy=43v0的逆时针方向的匀速圆周运动，当圆周运动速度与匀速直线运动速度方向相反时，粒子速度最小，即：vmin=vy−vx…………1分
解得vmin=13v0…………1分
【一题多解——动量定理与动能定理】（3）设带电粒子进入y>d的区域后，经过t′时间速率最小，此时粒子离x轴最远，速度方向水平，设为vmin，由x方向动量定理可得−∑qvyBΔt=mvmin−mvcs53∘ …………1分
即qBy′=mv0−mvmin，由动能定理可知−qE′y′=12mvmin2−12mv2…………2分
联立解得vmin=−13v0，另解vmin=73v0（舍）…………1分